宁夏2023年高三物理上册月考测验附答案与解析

选择题
在物理学的发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程．对以下几位物理学家所作贡献的叙述中，符合史实的是（）
A.笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
B.伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动的原因
C.伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动
D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】A
【解析】
笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，此观点对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项A 正确；伽利略通过实验和逻辑推理说明力不是维持物体运动的原因，选项B错误；伽利略认为自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动，选项C错误；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误；故选A.
选择题
如图所示为某质点运动的v-t图象，2～4s内图线为半圆形，下列说法正确的是
A.1～2s内质点的加速度大小为4m/s2
B.2～4s内质点的位移大小为8m
C.3s末质点的速度为8m/s
D.3s末质点的加速度等于零
【答案】D
【解析】
A．1～2s内质点的加速度为
所以1～2s内质点的加速度大小为8m/s2，故A错误；
B．2～4s内质点的位移大小等于
故B错误；
C．由图像可知，3s末质点的速度为-1m/s，故C错误。

D．3s末图线的斜率为零，所以此时加速度为零，故D正确；
选择题
匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触，关于小球的受力，下列说法正确的是（）
A. 重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力
B. 重力和细线对它的拉力
C. 重力和斜面对它的支持力
D. 细线对它的拉力和斜面对它的支持力
【答案】B
【解析】
小球和光滑斜面接触，假设斜面对小球有弹力，则小球将受到三个力作用：重力、斜面的支持力和细线的拉力，重力和绳的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，小球将向右上方运动，与题设条件矛盾。

故斜面对小球没有弹力。

故小球只受到重力和细线对它的拉力两个力。

故B正确，ACD错误。

故选B。

选择题
如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧发生相互作用，并被弹簧反向弹回。

若弹簧在整个过程中均遵守胡克定律，则（）
A. 物体P做匀变速直线运动
B. 物体P的加速度方向始终保持不变，运动方向会发生改变
C. 物体P的加速度大小不断改变，当加速度最大时，速度最小
D. 物体P在被弹回的过程中，加速度逐渐增大，速度也逐渐增大【答案】BC
【解析】当木块向右压缩弹簧时，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动．A错误．由A的分析可知，加速度的大小先逐渐增大后，弹力一直向左，故加速度方向一直向左没有改变，运动方向选向右做减速运动，再向左做加速度运动，故运动方向会发生改变，B正确；当P向右压缩弹簧时，弹簧压缩的长度逐渐增大，加速度逐渐增大，P速度逐渐减小，当压缩到最右端时，加速度最大，速度为零，最小．C正确；物体P在被弹回的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故加速度逐渐减小，速度逐渐增大．D错误．选BC．
选择题
如图所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在红蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的
A. 直线P
B. 曲线Q
C. 曲线R
D. 三条轨迹都有可能
【答案】A
【解析】
当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。

而本题两个方向均做匀速直线运动，合力为零，因此蜡块将沿着合速度的方向做匀速直线运动，知A正确，BCD错误。

故选A。

选择题
在静止的车厢中，一小球被a、b两根轻质细绳拴住，其中绳a与竖直方向成角，绳b成水平状态，已知小球的质量为m，则下列说法正确的是
A.绳a的拉力为
B.绳b的拉力为mg
C.如果小车向右做匀加速直线运动，绳b的拉力有可能为0
D.如果小车向左做匀加速直线运动，绳a的拉力有可能为0
【答案】AC
【解析】
AB．对于球，由平衡条件得：
水平方向有：
FTasinα-FTb=0
竖直方向有：
FTacosα-mg=0
解得：
FbT=mgtanα．
故A正确、B错误。

C．如果小车向右做匀加速直线运动，加速度向右，小球所受的合外力向右，可能由重力与a绳拉力的合外力产生加速度，此时绳b的拉力有可能为0，故C正确。

D．若绳a的拉力为零，小球的合力不可能水平向左，由牛顿第二定律球的加速度不可能水平向左，因此不可能向左匀加速运动，故D 错误。

选择题
如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是
A. 此时绳子张力为3μmg
B. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
C. 此时圆盘的角速度为
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】
ABC.两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的转动半径比A的转动半径大，所以B所需向心力大；绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T-μmg=mω2r
T+μmg=mω2•2r
解得：
T=3μmg
故ABC正确；
D.烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为
，
此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，烧断绳子瞬间B物体所需的向心力为
，
此时烧断绳子，B的最大静摩擦力不足以提供向心力，则B做离心运动，故D错误。

选择题
如图所示，长的水平传送带以匀速运动，小物块(可视为质点)由跨过定滑轮且不可伸长的光滑轻绳相连，Q的左端与水平轻绳相连，均处于静止状态，与竖直方向的夹角均为。

若物块Q的质量为，物块P与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为，则下列说法正确的是
A.水平轻绳的拉力大小为1N
B.若水平轻绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q的加速度大小为
C.若连接两物块的轻绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q的加速度大小为
D.若连接两物块的轻绳被剪断，则物块P经1.5s从传送带右端滑落【答案】ACD
【解析】
A．对Q分析，受到竖直向下的重力，AQ的拉力T1，以及OQ的拉力T2，三力平衡如图，
根据力的合成与分解可得水平绳AQ中拉力：
T1=mgtan45°=mg=1N
故A正确；
B．若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q只受到重力和绳子OQ 的拉力，由于绳子的拉力的大小会发生突变，所以物块Q的加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为：
故B错误；
C ．若连接两物块的轻绳被剪断，则在剪断瞬间，细绳QA的拉力立刻变为零，此时小物块Q的加速度大小为
选项C正确；
D．若连接两物块的轻绳被剪断，则物块P运动的加速度
与传送带共速的时间
经过为位移为
以后匀速运动的时间
即经1.5s从传送带右端滑落，选项D正确。

实验题
在“探究两个共点力的合成”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套（如图）．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．
（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A.两根细绳必须等长
B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
其中正确的是_____________．（填入相应的字母）
（2）实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____________．
②本实验采用的科学方法是______________
A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法．【答案】C F′ B
【解析】
（1）[1]．A.两根细绳不一定必须等长，选项A错误；
B.橡皮条不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，选项B错误；
C.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，选项C正确；（2）①[2]．图乙中的F是用平行四边形定则得到的两个分力的理论值；F′是用一个力拉橡皮条时拉力的值，则方向一定沿AO方向的是F′．②[3]．本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B.
实验题
如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
（1）下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．
A．应使A位置与光电门间的距离适当大些
B．应将气垫导轨调节水平
C．应使细线与气垫导轨平行
D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________．
（3）保持钩码的质量不变，改变滑块的质量，分别得到滑块加速度
a与质量m及对应的，数据如下表:
试验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75 0.50 0.30
0.25 0.29 0.33 0.40 0.50
0.71
1.00 1.67 4.00 3.45 3.03
2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
请在方格坐标纸中画图线_________，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是__________。

【答案】D A位置遮光条到光电门B的距离；图见解析
【解析】
（1）[1]．A、为减小误差，适当增大A位置与光电门的距离，故选项A正确；
B、由于拉力是从传感器读出，所以必须将轨道调水平，选项B正确；
C、应使细线与气垫导轨平行，这样才能使得细线的拉力等于滑块的拉力，选项C正确；
D、由于拉力能读出，不必满足滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，故选项D错误。

此题选择不必要的选项，故选D.
（2）[2]．由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，从而可求出遮光片通过光电门的速度为，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置遮光条到光电门B的距离；
（3）[3]．作的关系图线，如图．
[4]．由图像可得，则
解答题
质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示。

g取10m/s2。

求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）水平推力F的大小；
（3）0-10s内物体运动位移的大小。

【答案】（1）0.2（2）6N（3）46m
【解析】
（1）物体在6-10s的加速度大小为：
根据牛顿第二定律，有：
μmg=ma2
解得：
μ=0.2
（2）物体在0-6s的加速度为：
根据牛顿第二定律，有：
F-μmg=ma1
解得：
F=μmg+ma1=0.2×2×10+2×1=6N
（3）0-10s内物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积大小，故位移为：
解答题
如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩(可视作质点)质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A进入光滑竖直圆弧
轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为θ=106°，平台与AB连线的高度差为h=0.8m(计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求:
（1）小孩平抛的初速度；
（2）小孩从离开平台到A点所用的时间；
（3）若小孩运动到轨道最低点O时的速度为m/s，则小孩对轨道的压力为多少?
【答案】（1）3m/s（2）0.4s（3）1290N
【解析】
（1，2）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向（如图）
则：
又由：
得：
而：
vy=gt=4m/s
联立以上各式得：
v0=3m/s
（3）在最低点，据牛顿第二定律，有：
代入数据解得
FN=1290N
由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N。

实验题
在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中。

A、某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。

改正其中的错误：
_________________________________________________________
B、若酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸5 mL。

用注射器测得1 mL上述溶液有液滴50滴。

把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1 cm。

则：
(1)油膜的面积约为________(保留两位有效数字)。

(2)根据上述数据，估算出油酸分子的直径d＝___(保留两位有效数字)。

【答案】②应在量筒中滴入多滴溶液后测量它的体积；③为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入油酸酒精溶液；84cm2 1.2×10-7cm
【解析】
A、[1]．在步骤②中，要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N滴溶液，测出其体积为V，则一滴该溶液的体积为；
在步骤③中，为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰，要在水面上先撒上痱子粉。

B、（1）[2]．查格知共84格，油膜面积S=84 cm2．
（2）[3]．根据题意可知每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
则油酸分子的直径
解答题
如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。

已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。

现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由V增大了2V的过程中，气体吸收的热量为Q1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为T1。

已知重力加速度为g，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。

【答案】（1）3T1（2）
【解析】
（1）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：
气体体积由V增大了2V，故：
V2=3V
解得：
T2=3T1
（2）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有：pS=p0S-mg 解得：
气体对外所做的功：
停止加热后体积不变，故：
W2=0
全程内能变化：
△U=0
根据热力学第一定律：
△U=-W1+Q1-Q2
所以降温过程中气体放出的热量：
选择题
下列说法正确的是（）
A. 弹簧振子的回复力，一定由弹簧的弹力提供
B. 单摆振动的周期，一定等于它固有周期
C. 机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，那么波长一定变大
D. 在干涉现象中，振动加强点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小
E. 发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化
【答案】CDE
【解析】
A.水平方向的弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供的，竖直方向的弹簧振子的回复力由振子的合力提供，故A错误；
B.自由摆动的单摆振动周期，一定等于它的固有周期；若单摆做受迫振动，则它的周期不一定等于其固有周期，而等于驱动力的周期，故B错误；
C.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，由波速v=f知，如果波速变大，那么波长一定变大，故C正确；
D.在干涉现象中，振动加强点的振幅总比振动减弱点的振幅大，由于位移是随时间周期性变化的，所以在干涉现象中，振动加强点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，故D正确；
E.多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的频率会发生变化，但波源的频率不变，故E正确。